试题分析:(Ⅰ) 利用导数分析单调性,把恒成立问题转化为最值;(Ⅱ)利用导数分析函数的单调性可求;(Ⅲ) 利用放缩法和数列求和可证. 试题解析:(Ⅰ)由已知,得f(x)=-1++aln(x-1), 求导数,得f ′(x)=-+. ∵f(x)在[2,+∞)上是增函数, ∴f ′(x)≥0在[2,+∞)上恒成立,即a≥在[2,+∞)上恒成立, ∴a≥()max. ∵x≥2,∴0<≤1,∴a≥1. 故实数a的取值范围为[1,+∞). 4分 (Ⅱ)当a=2时,由(Ⅰ)知,f(x)在[2,+∞)上是增函数, ∴当x>2时,f(x)>f(2),即-1++2ln(x-1)>0, ∴2ln(x-1)>1-. 令g(x)=2x-4-2ln(x-1),则g′(x)=2-=. ∵x>2,∴g′(x)>0, ∴g(x)在(2,+∞)上是增函数, ∴g(x)>g(2)=0,即2x-4-2ln(x-1)>0, ∴2x-4>2ln(x-1). 综上可得,1-<2ln(x-1)<2x-4(x>2). 9分 (Ⅲ)由(Ⅱ),得1-<2ln(x-1)<2x-4(x>2), 令x-1=,则<2ln<2·,k=1,2, ,n-1. 将上述n-1个不等式依次相加,得 ++ …+<2(ln+ln+…+ln)<2(1++…+), ∴++…+<2lnn<2(1++…+), ∴++…+<lnn<1++…+(n∈N*,且n≥2). 14分 |